河南省郑州市2018-2019学年高二化学上学期期末考试试卷(含解析)
奖状的写法-800字的作文
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河南省郑州市
2018-2019
学年高二化学上学期期末考试试卷
（含解析）
说明：
1
．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分
100
分，考试时间
90
分
钟。
2
．将第Ⅰ卷的答案代表字母填（涂）在第Ⅱ卷的答题表（答题卡）中。
3
．可能用到的相对原子质量：
H:1 C:12 N:14 O:16 S:32 Cl:35.5
Cu:64 Ag:108
第Ⅰ卷（选择题，共
48<
/p>
分）
一、选择题：本题共
16
小题，每小题
3
分，共
48
分，每小题只有一个正确选项。
1
．以
KCl
和
ZnCl
2
的混合液为电镀液在铁制
品上镀锌，下列说法正确的是
A
．未
通电前上述镀锌装置可构成原电池，电镀过程是该原电池的充电过程
< br>B
．因部分电能转化为热能，电镀时通过的电量与锌的析出量无确定关系
C
．电镀时保持电流恒定，升高温度不改变电
解反应速率
D
．镀锌层破损后即对铁
制品失去保护作用
【答案】
C
【点睛】：明确电池或电解工作原理是解题关键，根据
Zn
的金属性强于
Fe
，未通电前上述镀
锌装置可构成原电池，其正极反应为：
O<
/p>
2
+4e
+2H
2
O═4OH
，与电镀时所发生的反应为不同的两
个反应，故电镀过程不是该原电池的充电过程；电镀时，每转移
2mol
电子析出
1molZn
，通过
的电量与析出的锌的量存在确定的关系，与能量的其他转化无关；电镀时保持单位时间内转
移的电子数恒定，则消耗的反应物与产生的生成物的量恒定，也就是反应速率恒定，与温度
无关；镀锌铁制品的镀层破损后，易形成
Zn-Fe
原电池，
Zn
作负极优先被腐蚀，铁制品仍能
受到保护。
-
-
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2
．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：
Fe+Ni
2
O
3
+3H
2
O=Fe(OH)
2
+2
Ni(OH)
2
下列有
关该电池的说法
不正确的是（
）
A
．电池的电解液为碱性溶液，正极为
Ni
2
O
3
、负极为
Fe
B
．电池放电时，负极反应为
Fe+20H
-2e
=Fe(OH)
2
C
．电池充电过程
中，阴极附近溶液的碱性减弱
D
．电
池充电时，阳极反应为
2Ni(OH)
2
+2OH
-2e
=Ni
2
O
3
+3H
2
O
【答案】
C
－
－
－
－
C
．充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：
Fe+2OH
-2e
=Fe(OH)
2
，
所以电池充电过程时阴极反应为
Fe(OH)
2
+2e
=F
e+2OH
，
因此电池充电过
程中阴极
附近溶液的
pH
会升高，故
C
错误；
D
．充电时，阴极发生
< br>Fe(OH)
2
+2e
=Fe+
2OH
，阳
极发生
2Ni(OH)
2
+2OH
-
-2
e
-
=Ni
2
O
3
+3H
2
O
，故
D
正确；故选
< br>C
。
【点睛】：根据电池的总
反应：
Fe+Ni
2
O
3
+3H
2
O=Fe(OH)
2
+2Ni(OH)
2
，可以判断出铁镍蓄电池放电
时
Fe
< br>作负极，发生氧化反应，为还原剂，失电子生成
Fe
2+
，最终生成
Fe(OH)
2
，
Ni
2
O
3
作正极，
发生还原反应，为氧化剂，得电子，最终
生成
Ni(OH)
2
，电池放电时，负
极反应为
Fe+2OH
-2e
=Fe(
OH)
2
，则充电时，阴极发生
Fe(
OH)
2
+2e
=Fe+2OH
，阴极附近溶液的
pH
升高，
电池充电时，阳极发生
2Ni(OH)
2
+2OH
-
-2e
-
=Ni
2
O
3
+3H
2
O
。
3
．据报道，科学家开发出了利用太阳能分
解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变
化示意图正确的是
( )
-
-
-
-
-
-
-
-
-
-
A
．
A
B
．
B
C
．
C
D
．
D
【答案】
B
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【点睛】：考查催化剂对化学反应的影响以及反应热与反应物和生成物总能量的关系，以图
象体题的形式呈现，做题时要注意从图象中获取正确信息，正确判断某一反应是吸热还是放
热。
4
．常温下用<
/p>
pH
为
3
的某酸
溶液分别与
pH
都为
11
的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到
a
、
b
两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是
①b
不可能显碱性
②a
可能显酸性或碱性
③a
不可能显酸性
④b
可能显碱性或酸性
A
．①②
B
．③④
C
．①③
D
．②④
【答案】
A
【解析】①pH
为
3
的某酸溶液，为强酸时与等体积
pH
为
11
的氢氧化钠恰
好完全反应，生成
强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，
即
b
不可能显碱性，
故①正确；②某酸
溶液为强酸时与等体积
pH
为
11
的氨水反应时氨水过量，则
a
可能显碱性；
若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水
解，
则
a
可能显酸性，故②正确；③若
为
pH=3
弱酸与等体积
pH
为
11
的氨水恰好完全反应时，生
成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解沉淀小于弱碱中离子的水解沉淀，则
a
可能显酸性，
故③错误；④若
pH
为
3
的某酸溶液，为强酸时与等体积
pH
为
11
的氢氧化
钠恰好完全反应，
生成强酸强碱盐，则溶液为中性，若酸为
pH
=3
弱酸与等体积
pH
为
11
的氢氧化钠溶液反应时
酸过量，则溶液一般为酸
性，即
b
不可能显碱性，故④错误；故选
A
。
【点睛】：考查溶液酸碱性的
定性分析，根据
pH
都为
11
的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠
的浓度小，再讨论
pH
为
3
的某酸溶液可能为强酸或
弱酸，利用等体积混合反应后溶液中的溶
质来分析溶液的酸碱性，此题应忽略盐中离子水
解趋势与弱电解质电离趋势的比较来解答。
5
．下列描述中正确的是
A
．
CS
2
为
V
形的极性分子
B
．
ClO
3
—
的空间构型为平面三角形
C
．
SF
6
< br>中有
6
对相同的成键电子对
<
/p>
D
．
SiF
4<
/p>
和
SO
3
2
—
的中心原子均为
sp
2
杂化
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【答案】
C
6
．
绝热恒容密闭容器中通入
SO<
/p>
2
和
NO
2
，
反应
SO
2
(g)+NO
2
(g)
SO
3
(g)+NO(g)
一定条
件下达到
平衡，正反应速率随时间变化的示意图如右图所示。由图可得出的正确结论是<
/p>
A
．反应在
c
点达到平衡状态
< br>B
．反应物浓度：
a
点小于
b
点
C
．反应物的总能量低于生成物的总能量
D
．
Δ
t1
＝
Δ
t2
时
SO2
的转化率：
a
～
b
段小于
b
～
c
段
【答案】
D
【解析】
A
．化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆
反应
速率，
c
点对应的正反应速率显然
还在改变，故一定未达平衡，故
A
错误；
B
．
a
到
b
时正反
应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故
B
错误；
C
．从
a
到
c
正反应速率增大
，之后正
反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反应速率的影响大于浓度减小对
正反应速率
的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总能量高于生成物的总能量，故
C
错误；
D
．
随
着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，
S
O
2
的转化率将逐渐增大，故
D
正
确；故选
D
。
【点睛】：由题意可知一个反应前后体积不变的可逆反应，由于容
器恒容，因此压强不影响
反应速率，所以在本题中只考虑温度和浓度的影响．结合图象可
知反应速率先增大再减小，
因为只要开始反应，反应物浓度就要降低，反应速率应该降低
，但此时正反应却是升高的，
这说明此时温度的影响是主要的，由于容器是绝热的，因此
只能是放热反应，从而导致容器
内温度升高反应速率加快。
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7
．在温度、容积相同的
3
个密闭容器中，按不同方式
投入反应物，保持恒温、恒容，测得反
应达到平衡时的有关数据如下：
< br>
容器
反应物投入量
NH
< br>3
的浓度(mol·L
)
反应的能量变化
体系压强
(Pa)
反应物转化率
下列说法正确的是
A
．
2c
1
＞
< br>c
3
B
．
a
＋
b
＝<
/p>
92.4 C
．
2p
2
＜
p
3
D
．
α
1
＋
α
3
＞
1
【答案】
B
－
1
甲
1 mol
N
2
、
3 mol
H
2
c
1
放出
a kJ
p
1
α
1
乙
2 mol
NH
3
c
2
吸收
b kJ
p
2
α
2
丙
4 mol
NH
3
c
3
吸收
c kJ
p
3
α
3
器两倍
条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是
体积
减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转
化
率大于甲和乙的；
A
．
丙容器反应物投
入量
4
molNH
3
，
采用极限转化法转化为反应物为
2
molN
2
、
6
molH
2
，是甲中的二倍，若平衡不移动，
c
3
=2c
1
；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所
以丙中氨气的浓度大于
乙中氨气浓度的二倍，
即
c
3
＞
2c
1
，
故
A
错误；
B
．
甲投入
1
molN<
/p>
2
、
3
mol
H
2
，
乙中投入
2 molNH
3
，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可
知，甲与乙的反应的能量变化
之和为
92.4 kJ
，故
a+b=92.4
，故
B
正确；
C
．丙容器反应物投入量<
/p>
4 molNH
3
，是乙的二倍，
若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，
所以丙中压强减小，小于乙的
2
倍，即
2p
2
＞
p
3
，故
C
错误；
D
．丙容器反应物投入量
4molNH
3
，
是乙的二倍，若平衡不移动，转化率<
/p>
α
1
+
α
3
=1
；由于丙中相当于增大压强，平衡向着
向着正
向移动，氨气的转化率减小，所以转化率
α
1
+
α
3
< br>＜
1
，故
D
错误；故选
B
。
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【点睛】：考查
化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，解答的关键是构建平衡建
立的等效途径
；甲容器反应物投入
1molN
2
、<
/p>
3molH
2
，乙容器反应物投入量
2molNH
3
，恒温且乙
容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入
1m
olN
2
、
3molH
2
，
丙容器反应物投入量
4m
olNH
3
，采用极限转化法转化为反应物为
< br>2molN
2
、
6molH
2
，是甲中的二
倍，如果恒温且丙容器容积
是甲容器
2
倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达
的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容
器
体积相等所到达的平衡，所以丙与甲、乙相比，增大了压强，平衡向着正向移动，小容
器体
积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的，据
此进行
解答。
8
．常温下，有甲、乙两份体积为
1
L
，浓度均为
0.1 mol·L
－<
/p>
1
的醋酸溶液，其
pH
< br>为
3
，①甲
用蒸馏水稀释
100
倍后，
溶液的
pH
变为
x
；
②乙与等体积、
浓度为
0.2
mol
·L
的
NaOH
混合，
在混合液中：
n(CH
3
CO
O
)
＋
n(OH
)
－
n(H
)
＝
y mol
，
x
< br>、
y
的正确答案组合为
A
．
5
；
0.1 B
．
5
；
0.2
C
．
3
＜
x
＜
5
；
0.1 D
．
3
＜
x
＜
5
；
0.2
【答案】
D
【解析】醋酸为弱电解质，加水稀释促进电离，
0.1
mol/L
的醋酸用蒸馏水稀释
100
倍后，溶
液的
3
＜<
/p>
pH
＜
5
，与等
体积、浓度为
0.2 mol/L
的
N
aOH
混合，根据电荷守恒可知：
n(Na
)+n(H
)=n(OH
)+n(CH
3
COO
)
，则
< br>n(CH
3
COO
)+n(OH
)-n(H
)=n(Na
)=y
mol
，
n(Na
)=0.2
mol/L×1L=0.2 mol，所以
y=0.2
，故选
D
。
9
．同一温度下，强电解质溶液
a
，弱电解质溶液
b
，金属导体
c
三者的导电能力相同，若升
高温度后，它们的导电能力强弱
顺序是
A
．
b
＞
a
＞
c
B
．
a
＝
b<
/p>
＝
c C
．<
/p>
c
＞
a
＞
b D
．
b<
/p>
＞
c
＞
a
【答案】
A
+
+
-
-
-
-
+
+
+
－
－
＋
－
1
10
．有两种一元弱酸的钠盐溶液，其物质的
量浓度相等。现向这两种盐的溶液中分别通入适
量的
CO
2
，发生的反应如下：
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NaR
＋
CO
2
(
少量
)
＋
H
2
O===HR
＋
NaHC
O
3
2NaR′＋
< br>CO
2
(
少量
< br>)
＋
H
2
O===2HR′＋
Na
2
CO
3
比较
HR
和
HR′酸性的强弱，正确的是
A
．
HR
较弱
B
．HR′较弱
C
．两者相差不大
D
．无法比较
【答案】
B
【解析】NaR′的反应
：
CO
2
先和水反应生成
H
2
CO
3
，然后和
NaR′发生第一步反应：
NaR′+H
2
CO
3
=NaH
CO
3
+HR′，由于
NaR′过量，
所以
NaHCO
3
继续和
NaR′反应：
NaHCO
3
+NaR′=HR′+Na
2
CO
3
，总反应表示为：2NaR′+CO
2
+H
2
O=2HR′+Na
2
CO
3
，酸性：
H
2
CO
3
＞
HCO
3
-
＞HR′
，
NaR
的反应：
CO
2
先和水反应生成
H
2
CO
3
，然后和
Na
R
发生第一步反应：
NaR+H
2
CO
3
=NaHCO
3
+HR
，虽然
NaR
过量，但反应停在了
NaR+CO
2
+H
2
O=HR+NaHCO
3
这步，说明酸性：
H
2
CO
3
＞
HR
＞
HCO
3
，所以
HR
较强、HR′较弱，故选
B
。
11
．
2
5
℃时，浓度均为
0.2 mol·L
的
NaHCO
3
与
Na
< br>2
CO
3
溶液中，下列判断不正
确的是
A
．均存在电离平衡和水解平衡
B
．存在的粒子种类相同
C
．
c(OH
)
前者大于后者
D
．分
别加入
NaOH
固体，恢复到原温度，
c(CO)
均增大
【答案】
C
－
－
1
-
Na
2
CO
3
溶液碱性较强，
则氢离子浓度较小，
故
C
错
误；
D
．
分别加入
NaOH
固体，
恢复到原温度，
碳
酸氢根和氢氧根在溶液反应会生成碳酸根和水，氢氧根对它们的水解均起到抑制作用，所
以
c(CO
3
)
均增大，故
D
正确；故选
C
。
12
．等体积等物
质的量浓度的①CH
3
COONa
与<
/p>
HCl
；②CH
3
COONa
与
NaOH
；③CH
3
COONa
与
N
aCl
；
④CH
3
COONa
与
NaHCO
3
混合溶液中，下列各项排序正确的是
A
．
pH
：②＞③＞④＞①
B
．<
/p>
c(CH
3
COO
－
)
：②＞④＞③＞①
C
．溶液中
c(H
＋
)
：①＞③＞②＞④
D
．
c(CH
3
COOH)
：①＞④＞③＞②
【答案】
B
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2-
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【解析】①CH
3
COONa+HCl=NaCl
+CH
3
COOH
，反应生成醋酸；②
CH
3
COO
+H
2
O
⇌
CH
3
COOH+OH
，氢氧化
钠对水解
抑制作用；③CH
3
COO
-
+H
2
O
⇌
CH
3
COOH+OH
-
，氯化钠对水解无影响；
④CH
3
COO
-
+H
2<
/p>
O
⇌
CH
3
COOH+OH
-
、
HCO
3
-
+H
2
O
⇌
H
2
CO
3
+OH
-
，水解相互抑制；
A
．①CH
3
COONa
与
H
Cl
，溶液
显酸性；②CH
3
COONa
与
NaOH
，溶液呈碱性；③CH
3
COONa
与
NaCl
，溶液中醋酸根离子水解显碱
性；④CH
3
COONa
与
NaHCO
3
，醋酸根离子和碳酸氢根离子水解呈
碱性，得到溶液中
PH
大小为：
②＞④
＞③＞①，故
A
错误；
B
．①CH
3
COONa
与<
/p>
HCl
，溶液显酸性；生成醋酸；②CH
3
COONa
与
NaOH
，溶液呈碱性；氢氧化钠溶液中氢氧根离子抑制醋酸根离子水解；③CH
3<
/p>
COONa
与
NaCl
< br>，
溶液中醋酸根离子水解显碱性；④CH
3
COONa
与
NaHCO
3
，醋酸根离子和碳酸氢根离子水解呈碱
性，
相互抑制，
c(CH
3
COOH)
浓度为：
②＞④＞③＞①，
故
B
正确；
C
．
依据上述分析判断，
c(H
+
< br>)
浓度大小为：①＞③＞④＞②，故
C
< br>错误；
D
．①CH
3
COONa
与
HCl
，溶
液显酸性；生成醋酸；
②CH
3
COO
Na
与
NaOH
，
溶液呈碱性；
氢氧化钠溶液中氢氧根离子抑制醋酸根离子水解；
③CH
3
COONa
与
NaCl
，溶液中醋酸根离子水解显碱性；④CH
3
COONa
与
NaHCO
3
，醋酸根离子和碳酸氢根离子
水解呈碱性，相互
抑制，
c(CH
3
COOH)
大小：①＞③＞④＞②，故
D
错误；故选
B
。
13
．在
25
℃下，取
0.2
mol·L
－
1
HX
溶液与
0.2
mol·L
－
1
NaOH
溶液等体积混合
(
忽略混合后
溶液体积的变化
)
，测得混合溶液的
pH
＝
8
，则下列说法
(
或关系式
)
正确的是
A
．混合溶液中由水电离出的
c(OH
－
)
小于
0.2
mol·L
－
1
HX
溶液中由水电离出的
c(H
＋
)
B
．
c(Na
)
＝
c(X
)
＋
c(HX)
＝0.2
mol·L
C
．
c(Na
)
－
c(X
)
＝9.9×10
mol·L
D
．
c(OH
－
)
＝
c(HX)
＋
c(H
＋
)
＝1×10
－
8
mol·L
－<
/p>
1
【答案】
C
＋
－
－
7
－
1
＋
－
－
1
-
-
mol/L-10
-8
mol/L=9.9×10
-7
mol•L
-1
，故
C
正确；
D
．根据物料守恒知
c(Na
+
)=c(X
-
)+c(HX)=0.1
mol•L
-1
，根据电荷守恒得
C(H
+<
/p>
)+C(Na
+
)=c(X
-
)+C(OH
-
)
，所以
c(OH
-
)
=c(HX)+c(H
+
)
，溶液中氢
离
子浓度为
10
-8
< br> mol/L
，所以氢氧根离子浓度大于
1×10
-8
mol•L
-
1
，故
D
错误；故选
< br>C
。
【点睛】：考查混合溶液
中离子浓度大小的判断，注意含有弱根离子的盐能促进水的电离，
酸或碱能抑制水的电离
，取
0.2mol•L
-1
HX
溶液与
0.2mol•L
-1
NaOH
溶液等体积混合
(
忽略混合
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